江蘇省鹽城市大豐高級中學2023-2024學年高一下學期（創(chuàng)新班）第一次階段性考試化學試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省鹽城市大豐高級中學2023-2024學年高一下學期（創(chuàng)新班）第一次階段性考試試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64一、單項選擇題：共18題，每題3分，共54分。每題只有一個選項最符合題意。1.下列有關(guān)化學用語的表述正確的是（）A.次氯酸的電子式：B.As的簡化電子排布式：C.銅原子價電子軌道表示式：D.的結(jié)構(gòu)示意圖：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．HClO為共價化合物，其中心原子為O，電子式為，A錯誤；B．As為33號元素，位于第四周期ⅤA族，簡化電子排布式：，B錯誤；C．由于能量相同的原子軌道在全充滿、半充滿或全空時，體系能量最低，原子較穩(wěn)定，因此基態(tài)銅原子的價電子排布式為3d104s1，則軌道表達式為，C正確；D．F為9號元素，核外有9個電子，F(xiàn)原子得到1個電子形成F-，其離子結(jié)構(gòu)示意圖為，D錯誤；故選C。2.以下有關(guān)元素性質(zhì)的說法正確的是（）A.①，②，③，④中，原子半徑最大的是④B.①，②，③，④中，電負性最大的是③C.①Na、Mg、Al，②C、N、O，③O、S、Se，④Na、P、Cl中，第一電離能遞增的是④D.某ⅢA族元素原子的逐級電離能分別為738、1451、7733、10540、13630、17995……〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．原子半徑得變化規(guī)律為：同周期元素隨核電荷數(shù)增大半徑逐漸減小、同主族元素隨核電荷數(shù)的增大電離能逐漸增大，故半徑最大的為①，A錯誤；B．元素電負性的變化規(guī)律為：同周期元素隨核電荷數(shù)增大電負性逐漸增大、同主族元素隨核電荷數(shù)的增大電負性逐漸減小，電負性最大的是④，B錯誤；C．同一主族隨原子序數(shù)變大，原子半徑變大，第一電離能變??；同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大；①中鎂原子價電子為3s2全滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素；②氮原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素；③O、S、Se的第一電離能遞減；④中Na、P、Cl第一電離能遞增；C正確；D．該元素二三電離能之間發(fā)生突變，說明為第ⅡA族元素，D錯誤；故選C。3.下列敘述中正確的是（）A.分子晶體中一定存在共價鍵 B.離子晶體中一定含金屬元素C.共價晶體中一定不存在分子 D.晶體中有陽離子必定含有陰離子〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．稀有氣體形成的分子晶體中不存在共價鍵，A錯誤；B．氯化銨離子晶體中不含金屬元素，B錯誤；C．共價晶體靠共價鍵形成，共價晶體中一定不存在分子，C正確；D．金屬晶體中有陽離子，但是不含有陰離子，D錯誤；故選C。4.0.01mol氯化鉻(CrCl3·6H2O)在水溶液中用過量硝酸銀溶液處理，產(chǎn)生0.02molAgCl沉淀。此氯化鉻最可能是（）A.[Cr(H2O)6]Cl3 B.[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2OC.[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D.[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O〖答案〗B〖解析〗【詳析】根據(jù)題意知，氯化鉻(CrCl3?6H2O)和氯化銀的物質(zhì)的量之比是1：2，根據(jù)氯離子守恒知，一個氯化鉻(CrCl3?6H2O)化學式中含有2個氯離子，剩余的1個氯離子是配原子，所以氯化鉻(CrCl3?6H2O)的化學式可能為[Cr(H2O)5Cl]Cl2?H2O，故〖答案〗為B。5.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是（）A.Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3B.NaNa2ONaOHC.Al(OH)3Al2O3AlD.SO2SSO3〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．氫氧化亞鐵與氧氣和水反應生成氫氧化鐵，氫氧化鐵受熱分解生成氧化鐵，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)，故A正確；B．鈉與氧氣共熱反應生成過氧化鈉，不能生成氧化鈉，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)，故B錯誤；C．鋁的金屬性強于鐵，氧化鋁不能與鐵在高溫條件下反應，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)，故C錯誤；D．硫在氧氣中燃燒只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，則則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)，故D錯誤；故選A。6.X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，其中X、Z同主族，Y原子半徑是短周期主族元素中最大的，X原子最外層電子數(shù)是其核外電子層數(shù)的3倍。下列說法正確的是（）A.原子半徑：B.Z的簡單氫化物沸點比X的高C.X、Y、Z三種元素組成的化合物至少有2種D.W元素氧化物對應水化物的酸性一定強于Z〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次遞增,Y原子半徑是短周期主族元素中最大的，Y為Na元素；X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，X為第二周期元素O；X、Z同主族，則Z為S；W的原子序數(shù)最大，可以知道W為Cl，由上述分析可以知道，X為O，Y為Na，Z為S，W為Cl?！驹斘觥緼．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：，A錯誤；B．Z簡單氫化物為H2S，X的簡單氫化物為H2O，H2O分子間存在氫鍵，沸點高于H2S，B錯誤；C．X、Y、Z三種元素組成的化合物不止2種，如亞硫酸鈉、硫酸鈉、硫代硫酸鈉等，C正確；D．只有W元素最高價氧化物對應水化物的酸性一定強于Z，D錯誤；〖答案〗選C。7.氫氧燃料電池是一種常見化學電源，其工作示意圖如圖。下列說法正確是（）A.通的一極是正極，發(fā)生氧化反應B.電子由a電極經(jīng)導線流向b電極，然后經(jīng)溶液回流到a電極完成整個電路的閉合C.b電極上發(fā)生還原反應，電極反應式為D.電解質(zhì)溶液的作用是傳導電子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗氫氧燃料電池通入燃料氫氣的電極為負極，發(fā)生失電子的氧化反應，通入氧化劑氧氣的電極為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式：?！驹斘觥緼．根據(jù)分析，通入燃料氫氣的電極為負極，發(fā)生失電子的氧化反應，A錯誤；B．根據(jù)分析，a電極為負極，電子由負極a電極經(jīng)導線流向b電極，但電子無法在電解質(zhì)溶液中移動，B錯誤；C．根據(jù)分析，b電極為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式：，C正確；D．電子不能在電解質(zhì)溶液中傳導，D錯誤；〖答案〗選C。8.下列有關(guān)烷烴的命名錯誤的是（）A.2-甲基丁烷B.2，2，4-三甲基戊烷C.4-甲基戊烷D.2，4-二甲基己烷〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．的主鏈有4個碳原子，2號碳原子上連一個甲基，名稱為2-甲基丁烷，A項正確；B．的主鏈有5個碳原子，2號碳原子上連2個甲基、4號碳原子上連1個甲基，名稱為2，2，4-三甲基戊烷，B項正確；C．的結(jié)構(gòu)簡式為，主鏈有5個碳原子，2號碳原子上連有1個甲基，名稱為2-甲基戊烷，C項錯誤；D．的主鏈有6個碳原子，2、4號碳原子上各連一個甲基，名稱為2，4-二甲基己烷，D項正確；〖答案〗選C。9.室溫下，下列實驗方案能達到探究目的的是（）選項探究方案探究目的A向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙顏色無變化溶液中不含B取5mL0.1mol·LKI溶液，滴加0.1mol·LFeCl3溶液5~6滴，繼續(xù)加入2mLCCl4，充分振蕩，靜置，取少量上層溶液，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色KI與FeCl3溶液的反應有一定限度C將鹽酸滴入磷酸鈣中得到Cl的非金屬性強于PD將硫酸酸化的滴入溶液，溶液呈棕黃色氧化性：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．若溶液中含有，滴加少量稀NaOH溶液可以生成NH3?H2O，不加熱的情況下NH3?H2O不易分解，不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙，A不合題意；B．取5mL0.1mol·LKI溶液，滴加0.1mol·LFeCl3溶液5～6滴，KI過量，繼續(xù)加入2mLCCl4，充分振蕩，靜置，取少量上層溶液，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色，根據(jù)反應方程式：2KI+2FeCl3=2KCl+I2+2FeCl2可知，在KI過量的情況下依然存在Fe3+，即說明KI與FeCl3反應具有一定的限度，B符合題意；C．Cl的最高價氧化物對應的水化物是HClO4，不是HCl，因此用HCl制備出H3PO4只能說明HCl的酸性強于H3PO4，不能證明Cl的非金屬性大于P，C不符合題意；D．H2SO4加到Fe(NO3)2中形成硝酸體系，雙氧水和硝酸都具有氧化性，混合溶液呈黃色，不能說明氧化劑一定是雙氧水，D不符合題意；故選B。10.下列有關(guān)說法正確的是（）A.常溫下可用鐵制容器盛放波爾多液 B.常溫下可用鎳制容器盛放稀硝酸C.高溫下用焦炭還原NiO可生成鎳 D.不銹鋼硬度比純鐵大，熔點比純鐵高〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．波爾多液是用CuSO4溶液和Ca(OH)2溶液按一定比例混合配制的，由于Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，故常溫下不可用鐵制容器盛放波爾多液，A錯誤；B．鎳(Ni)與Fe單質(zhì)化學性質(zhì)相似，金屬活動性比鐵略低，故常溫下不可用鎳制容器盛放稀硝酸，因為Ni能與稀硝酸反應，B錯誤；C．鎳(Ni)與Fe單質(zhì)化學性質(zhì)相似，金屬活動性比鐵略低，根據(jù)高爐煉鐵原理可知，高溫下用焦炭還原NiO可生成鎳，C正確；D．合金的硬度比成分金屬的大，熔點比成分金屬的低，故不銹鋼硬度比純鐵大，熔點比純鐵低，D錯誤；本題選C。11.鐵是最常見的金屬之一、納米鐵粉可用于處理酸性含氮廢水(主要含)；鐵易被腐蝕，經(jīng)堿性發(fā)藍處理可增強其抗腐蝕性，方法為：用與進行浸泡，在表面形成的同時有生成；鐵與砷反應得到的可被還原得到，難溶于水，是一種超導材料。鎳與單質(zhì)化學性質(zhì)相似，金屬活動性比鐵略低。酸性條件下，的氧化性強于，的鹽與堿反應可以轉(zhuǎn)化為不溶性的。下列反應的離子方程式正確的是（）A.納米鐵粉處理酸性含廢水：B.鐵的發(fā)藍處理：C.溶液中加少量氨水：D.與濃鹽酸反應：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．酸性廢水中不可能生成OH-，故納米鐵粉處理酸性含廢水的離子方程式為：，A錯誤；B．由題干信息可知，用與進行浸泡，在表面形成的同時有生成，鐵的發(fā)藍處理：，B正確；C．氨水為弱堿屬于弱電解質(zhì)，故溶液中加少量氨水的離子方程式為：，C錯誤；D．由題干信息可知，酸性條件下，的氧化性強于，則與濃鹽酸反應離子方程式為：，D錯誤；故〖答案〗為：B。12.鐵是最常見的金屬之一、納米鐵粉可用于處理酸性含氮廢水(主要含)；鐵易被腐蝕，經(jīng)堿性發(fā)藍處理可增強其抗腐蝕性，方法為：用NaOH與進行浸泡，在表面形成的同時有生成；鐵與砷反應得到的FeAs可被Na還原得到NaFeAs，NaFeAs難溶于水，是一種超導材料。鎳(Ni)與Fe單質(zhì)化學性質(zhì)相似，金屬活動性比鐵略低。酸性條件下，的氧化性強于，的鹽與堿反應可以轉(zhuǎn)化為不溶性的。在隔絕空氣條件下，將NaFeAs加入水中，NaFeAs轉(zhuǎn)化成的同時釋放出。下列說法正確的是（）A.NaFeAs與水反應所得溶液pH下降B.消耗1molNaFeAs，轉(zhuǎn)移2mol電子C.NaFeAs與水反應時體現(xiàn)還原性 D.制備NaFeAs無須隔絕空氣和水〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．NaFeAs與水的反應為2NaFeAs+2xH2O=2Na1-xFeAs+xH2↑+2xNaOH，生成NaOH導致溶液堿性增強，pH增大，A錯誤；B．NaFeAs轉(zhuǎn)化成Na1-xFeAs的半反應為NaFeAs-xe-=Na1-xFeAs+xNa+，消耗1molNaFeAs，轉(zhuǎn)移xmol電子，B錯誤；C．NaFeAs與水的反應為2NaFeAs+2xH2O=2Na1-xFeAs+xH2↑+2xNaOH，H2O發(fā)生還原反應，NaFeAs發(fā)生氧化反應，所以NaFeAs與水反應時H2O體現(xiàn)氧化性，NaFeAs體現(xiàn)還原性，C正確；D．制備NaFeAs原理為：FeAs與Na反應生成NaFeAs，Na具有強還原性，能與氧氣、二氧化碳、水反應，所以制備NaFeAs須隔絕空氣和水，D錯誤；故選C。13.下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是六種元素的代號，其中J為0族元素。下列說法正確的是（）XYZRWJA.R原子的核外電子的軌道表示式為B.與的半徑的大小關(guān)系為小于C.X的第一電離能大于Y的第一電離能D.表中電負性最大的元素為J〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由表格和J為0族元素可知：X為N，Y為O，Z為F，R為S，W為Br，J為Xe；【詳析】A．洪特規(guī)則是指在相同能量的軌道上，電子總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同；S原子的核外電子的軌道表示式為，A錯誤；B．O2－與Na＋具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，原子序數(shù)越小，離子半徑越大，故O2－的半徑大于Na＋的半徑，B錯誤；C．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以N的第一電離能要大于O的第一電離能，C正確；D．電負性最大的元素為Z(F)，一般稀有氣體元素的電負性不考慮，D錯誤；故選C。14.觀察下列模型并結(jié)合有關(guān)信息，判斷有關(guān)說法不正確的是（）結(jié)構(gòu)單元分子分子HCN結(jié)構(gòu)模型示意圖備注熔點1873K/易溶于/A.單質(zhì)屬于共價晶體，含有30個鍵，結(jié)構(gòu)單元中含15個正三角形B.分子是一種含極性鍵的非極性分子C.中的共價鍵為非極性鍵D.HCN分子中含有2個σ鍵，2個π鍵〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖知，每個B原子具有個共價鍵，每個三角形中含有個共價鍵，12個B原子共含有個共價鍵，結(jié)構(gòu)單元中含個正三角形，A錯誤；B．空間構(gòu)型為對稱結(jié)構(gòu)，分子極性抵消，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，為非極性分子，B正確；C．中的共價鍵為硫硫非極性共價鍵，C正確；D．由比例模型可以看出分子中有1個碳原子和1個氮原子，1個氫原子，則結(jié)構(gòu)式為H-C≡N，分子中含有2個σ鍵和2個π鍵，D正確；故選A。15.烷烴有多種同分異構(gòu)體。其中支鏈最多的一種分子與氯氣反應所得的一氯代物有（）A.2種 B.3種 C.4種 D.5種〖答案〗B〖解析〗【詳析】烷烴C7H16有多種同分異構(gòu)體。其中支鏈最多的一種分子為，有三種不等效氫，故一氯代物有3種，故選B。16.銅和氧形成的一種離子化合物晶胞、C??晶胞如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.銅和氧形成的離子化合物，銅離子的電荷數(shù)為B.晶體采用的是分子密堆積方式，與每個距離最近且等距離的有12個C.和石墨的晶體類型相同，都能導電D.晶體的熔點：石墨〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點和體心的氧原子的個數(shù)為8×+1=2，位于體內(nèi)的銅原子個數(shù)為4，則晶胞的化學式為Cu2O，由化合價代數(shù)和為0可知銅離子的電荷數(shù)為+1，A正確；B．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，碳60晶體為面心立方緊密堆積方式，則與每個碳60距離最近且等距離的碳60有12個，B正確；C．只含分子的晶體稱為分子晶體，而碳60是典型的分子晶體；石墨是平面六元并環(huán)的層狀結(jié)構(gòu)，層間靠范德華力維系，是一種混合型晶體，C錯誤；D．碳60是典型的分子晶體,它發(fā)生物理變化時只要克服分子間作用力，石墨是一種混合型晶體，它熔化時要克服強的共價鍵之外還要克服層與層之間的作用力，D正確；故選C。17.我國科學家利用過渡金屬氮化物(TMNS)作催化劑，在常溫下實現(xiàn)氨氣的合成，其反應機理如圖所示。下列說法正確的是（）A.TMNS不參與氨氣的合成反應B.TMNS表面上的原子被氧化為氨氣C.用進行合成反應，產(chǎn)物中只有D.TMNS表面上氨脫附產(chǎn)生的空位有利于吸附〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．過渡金屬氮化物(TMNS)作催化劑，降低合成氨反應的活化能，加快反應速率，故反應過程中TMNS參與了氨氣的合成反應，A錯誤；B．由圖像可知，金屬氮化物(TMNS)中的氮原子與氫結(jié)合，生成氨氣，氮元素價態(tài)下降得電子作氧化劑，被還原，B錯誤；C．由分析可知，合成氨氣有兩種途徑，15N2分子中的氮原子合成氨氣，生成15NH3，金屬氮化物(TMNS)表面的氮原子合成NH3，則可能含有其它含15NH3的副產(chǎn)物，C錯誤；D．由圖像可知，氮氣分子進入催化劑表面的空位被吸附，TMNS表面上氨脫附產(chǎn)生的空位有利于吸附N2，D正確；故〖答案〗為：D。18.向13.6g由Cu和組成的混合物中加入一定濃度的稀硝酸250mL，當固體物質(zhì)完全溶解后生成和NO氣體。在所得溶液中加入1.0L0.5mol/LNaOH溶液，生成沉淀質(zhì)量為19.6g，此時溶液呈中性且金屬離子已完全沉淀。下列說法正確的是（）A.原固體混合物中Cu與的物質(zhì)的量之比為1∶1B.原稀硝酸中的物質(zhì)的量濃度為1.3mol/LC.產(chǎn)生的NO的體積在標況下為3.36LD.Cu、與硝酸反應后剩余為0.1mol〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，此時溶液中溶質(zhì)為NaNO3，，沉淀為，質(zhì)量為19.6g，其物質(zhì)的量為：，根據(jù)銅元素守恒有，所以反應后的溶液中。設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量有，根據(jù)銅元素守恒有，聯(lián)立方程解得x＝0.1，y＝0.05，則：n（Cu）：n（Cu2O）＝0.1mol：0.05mol＝2：1，A錯誤；B．根據(jù)N元素守恒可知，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：，所以，解得，根據(jù)Na元素可知，所以，所以原硝酸溶液的濃度為：0.6mol÷0.25L＝2.4mol/L，B錯誤；C．由B中計算可知，即NO的體積為0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，C錯誤；D．反應后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉與硝酸銅反應，剩余的氫氧化鈉與硝酸反應，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知反應后溶液中知，所以，D正確；〖答案〗選D。二、非選擇題：共4題，共46分。19.根據(jù)信息書寫指定反應的方程式。（1）請從下列試劑中選擇合適的完成指定轉(zhuǎn)化（試劑可以重復選擇）。試劑：稀硫酸、氨水、HI（強酸）溶液、溶液、NaCl溶液、NaOH溶液①的離子方程式：____________。②的離子方程式：____________。③（兩性氧化物）的化學方程式：____________。（2）CuCl常用作殺菌劑、催化劑等。一種利用廢棄銅鋅合金制取CuCl的流程如下圖所示：①寫出堿溶步驟時發(fā)生的主要反應的化學方程式：____________。②寫出氧化步驟時發(fā)生的主要反應的離子方程式：____________。③寫出沉銅步驟時發(fā)生的主要反應的離子方程式：____________?！即鸢浮剑?）①.H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+②.ClO?+2I?+2H+=H2O+Cl?③.As2O3+6NaOH=2Na3AsO3+3H2O（2）①.Zn+2NaOH+H2O=Na2ZnO2+H2↑②.3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O③.2Cu2++SO2+2H2O+2Cl?=2CuCl↓++4H+〖解析〗(1)根據(jù)物質(zhì)反應前后化合價變化分析另一反應物是有氧化性還是還原性完成，通過兩性氧化物和堿反應生成對應的含氧酸鹽分析另一反應物寫出反應方程式；(2)銅鋅合金中加入氫氧化鈉，鋅與氫氧化鈉反應生成和氫氣，溶解后過濾，濾渣為銅，再加入稀硫酸和稀硝酸，銅變成硫酸銅，通入二氧化硫，加入氯化鈉，得到氯化亞銅沉淀和硫酸鈉，過濾得氯化亞銅。據(jù)此解答。（1）①硫化氫轉(zhuǎn)化單質(zhì)硫，硫元素化合價從-2變?yōu)?，化合價升高，失電子，被氧化，需要氧化劑，所給試劑中，只有三價鐵離子有氧化性，故離子方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；②次氯酸鈉中氯元素為+1價，轉(zhuǎn)化為氯離子是得電子，被還原，需要還原劑，所給物質(zhì)中HI有還原性，故離子方程式為ClO?+2I?+2H+=H2O+Cl?；③As2O3是兩性氧化物，既能與酸，也能與堿反應，要轉(zhuǎn)化為Na3AsO3，說明與強堿NaOH反應，方程式為As2O3+6NaOH=2Na3AsO3+3H2O；（2）①堿溶時Zn與氫氧化鈉反應生成Na2ZnO2和氫氣的化學方程式為Zn+2NaOH+H2O=Na2ZnO2+H2↑；②氧化時Cu被稀硝酸氧化，反應的離子方程式為3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；③沉銅時銅離子氧化二氧化硫生成氯化亞銅沉淀，二氧化硫生成硫酸根離子，反應的離子方程式為：2Cu2++SO2+2H2O+2Cl?=2CuCl↓++4H+

。20.不銹鋼是由鐵、鉻、碳及眾多不同元素所組成的合金。目前鉻被廣泛應用于冶金、化工、鑄鐵、耐火等領(lǐng)域。（1）Cr基態(tài)原子價層電子的軌道表示式為______。其核外有______種能量狀態(tài)的電子。（2）金屬鉻的第二電離能（）和錳的第二電離能（）分別為11590.6kJ?mol、1509.0kJ?mol，的原因是____________。（3）過氧化鉻（）中Cr的化合價為，則分子中σ鍵、π鍵的數(shù)目之比為______。（4）的熔點（83℃）比的熔點（1100℃）低得多，這是因為____________。（5）Cr的一種配合物結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物中碳原子的雜化方式是______，陽離子中Cr的配位數(shù)為______，陰離子的空間構(gòu)型為______。〖答案〗（1）①.②.7（2）鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子，錳的第二電離能是失去4s1上的電子，3d能級變?yōu)榘氤錆M狀態(tài)（3）7∶1（4）CrCl3是分子晶體而CrF3是離子晶體（5）①.sp、sp3②.6③.正四面體形〖解析〗（1）基態(tài)Cr原子電子排布為1s22s22p63s23p63d54s1，其價層電子軌道表示式為，同一能級上的電子能量相同，所以基態(tài)Cr原子的核外有7種能量狀態(tài)的電子；（2）Cr原子失去的第二個電子是3d5電子，會破壞3d能級的半充滿結(jié)構(gòu)，需要的能量較大；Mn原子失去的第二個電子是4s1電子，更容易失去，故的原因是：鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子，錳的第二電離能是失去4s1上的電子，3d能級變?yōu)榘氤錆M狀態(tài)；（3）CrO5中Cr的化合價為＋6，則其中－1價O與－2價O的個數(shù)比為4∶1，可推測CrO5的結(jié)構(gòu)為，分子中σ鍵、π鍵的數(shù)目之比為7∶1；（4）分子晶體的熔點一般明顯低于離子晶體，的熔點（83℃）比的熔點（1100℃）低得多的原因為：CrCl3是分子晶體而CrF3是離子晶體；（5）碳碳雙鍵中碳形成2個π鍵，碳原子雜化方式為sp，飽和碳原子形成4個共價鍵，碳原子雜化方式為sp3；陽離子中Cr原子共形成6個配位鍵，配位數(shù)為6；的中心原子的價層電子對數(shù)，沒有孤電子對，則空間構(gòu)型為正四面體形。21.利用電化學裝置原理可以設(shè)計出許多應用于環(huán)境保護、化學品提取的裝置。（1）將燃煤產(chǎn)生的二氧化碳回收利用，可達到低碳排放的目的。圖1是通過人工光合作用，以和為原料制備HCOOH和的原理示意圖。電極b作______極，表面發(fā)生的電極反應為______。（2）濃差電池中的電動勢是由于電池中存在濃度差而產(chǎn)生的。某濃差電池的原理如圖2所示，該電池從濃縮海水中提取LiCl的同時又獲得了電能。①Y電極反應式為______②Y極生成1mol時，______mol移向______（填“X”或“Y”）極。（3）NO也可以利用電化學手段將其轉(zhuǎn)化為脫除，裝置如圖3所示，電極為多孔惰性材料。則負極的電極反應式是____________?！即鸢浮剑?）①.正②.（2）①.②.2③.X（3）〖解析〗原電池中正極發(fā)生還原反應、負極發(fā)生氧化反應；（1）圖中裝置沒有外加電源，屬于原電池裝置，CO2在電極b附近轉(zhuǎn)化HCOOH，發(fā)生還原反應，因此電極b作正極；反應為二氧化碳在酸性條件下得到電子發(fā)生還原反應生成甲酸：；（2）①由圖可知原電池裝置電極X附近H+轉(zhuǎn)化為H2，發(fā)生還原反應，則X為正極；Y電極為負極，氯離子失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，電極反應式為；②原電池中陽離子向正極移動，由電極反應式可知，Y極生成1molCl2時，轉(zhuǎn)移電子為2mol，則有2molLi+移向X極；（3）NO失去電子發(fā)生氧化反應生成硝酸，所在電極為負極，電極反應為：。22.負載型催化劑(其中為催化劑，為載體)可用于脫除煙氣中的，該負載型催化劑的制備和的脫除過程如下：（1）浸漬。常溫下，用酸性溶液浸漬載體6小時。浸漬所得溶液中除外，含有的陽離子還有______